1. vnitrosemestrální písemná práce z MIN101, podzim 2023
Datum: 26. 10. 2023
Příklad 1 (1b). Nalezněte x ∈ C splňující rovnici x2
= −i.
Řešení. Nejprve nalezneme goniometrický tvar komplexního čísla
−i = cos 3π
2
+ i sin 3π
2
. (0,5b)
Teď využijeme Moivrovi věty (naopak), tedy napíšeme si obecně x = ρ · (cos ϕ + i sin ϕ), kde
ρ > 0 a ϕ ∈ [0, 2π), a pokračujeme
x2
= ρ2
· (cos(2ϕ) + i sin(2ϕ)) = cos 3π
2
+ i sin 3π
2
(= −i).
Porovnáním levé a pravé strany dostáváme
ρ2
= 1 ⇒ ρ = 1
2ϕ =
3π
2
+ 2kπ ⇒ ϕ =
3π
4
+ kπ, k = 0, 1,
totiž jen pro tato dvě k dostáváme různé úhly v požadovaném intervalu. Máme tedy 2 řešení:
x1 = cos 3π
4
+ i sin 3π
4
= −
√
2
2
+
√
2
2
i, (0,5b)
x2 = cos 7π
4
+ i sin 7π
4
= −
√
2
2
−
√
2
2
i.
Příklad 2 (2,5b). Rodina Pekařových dostala od známé 200 g kvásku na zadělávání chleba s
tímto receptem:
Před každým pečením chleba kvásek rozdělte na poloviny do dvou nádob, ke každé přidejte
90 g vody a 45 g žitné mouky a zamíchejte. Jednu nádobu s kváskem uschovejte do lednice na
příště, obsah druhé po rozkvašení použijte do těsta.
a) Napište rekurentní vzorec pro váhu uschovaného kvásek po n-tém pečení chleba.
b) Najděte explicitní vzorec (tj. vyjádřete váhu jako funkci proměnné n).
c) Zjistěte, na jaké hodnotě se váha kvásku po mnoha pečeních ustálí. Zdůvodnětě.
Řešení. a) Původní kvásek vždy rozpůlíme a ke každému přidáme 135 g, tedy
a0 = 200, an =
an−1
2
+ 135. (1b)
b) Buď si pamatujeme jako vzoreček nebo si odvodíme:
an =
1
2
·
an−2
2
+ 135 + 135 =
an−2
22
+ 135 · 1 +
1
2
= · · · =
a0
2n
+ 135 · 1 +
1
2
+
1
4
+ · · · +
1
2n−1
=
200
2n
+ 135 ·
1 − 1
2
n
1 − 1
2
=
200
2n
+ 270 · (1 −
1
2n
) = 270 −
70
2n
. (1b)
1
c) U explicitního vzorečku vidíme, že člen 70
2n je pro hodně velká n blízký nule, tedy hmotnost
kvásku se ustálí na 270 g. (0,5b)
Případný druhý možný argument je, že když hmotnost 270 g rozpůlíme a přidáme 135 g,
tak dostaneme opět 270 g, tedy tuto hodnotu nemůžeme překročit (pod touto hodnotou
nám navíc hmotnost postupně přibývá a nad ní by nám ubývala).
Příklad 3 (3b). 20 žáků čtvrté třídy základní školy jde s paní učitelkou do divadla. Všichni
žáci mají místa vedle sebe v jedné řadě a paní učitelka (která sedí v řadě za nimi) je náhodně
do této řady posazuje.
Mařence se ve třídě líbí Frantík a Petřík. Jaká je pravděpodobnost, že vedle alespoň jednoho
z nich bude sedět?
[Nápověda: Můžete si označit jako jev A, že napravo od Mařenky sedí nějaký její oblíbenec
a jev B, že sedí nalevo od ní.]
Řešení. Pravděpodobnost jevu A a jevu B je zřejmě stejná. Počet všech možných rozesazení
žáků je zřejmě 20! . Počet příznivých možností pro jev A je
19 · 2 · 18! ,
protože je 19 míst, kam si může Mařenka sednout, aby mohl někdo sedět napravo od ní (vyloučili
jsme levé krajní sedadlo), jsou 2 možnosti, jaký oblíbenec si napravo od ní sedne, a je 18!
možností, jak si může posedat zbytek. Pravděpodobnost jevu A i B je tedy
P(A) = P(B) =
19 · 2 · 18!
20!
=
2
20
=
1
10
. (1b)
Nás zajímá jev A ∪ B, vyjadřující, že Mařenka má oblíbence nalevo od sebe, napravo, či
dokonce z obou stran. Možnost „oblíbenci z obou stran je započítána jak v pravděpodobnosti
jevu A, tak v pravděp. jevu B. Pro spočítání P(A ∪ B) tedy použijeme princip inluze exkluze,
k němuž napřed musíme spočítat pravděp. průniku
P(A ∩ B) =
18 · 2 · 17!
20!
=
2
20 · 19
=
1
190
, (1b)
protože máme 18 míst, kde může Mařenka sedět (vyloučili jsme obě krajní sedadla), 2 možnosti,
kdo bude po pravici a kdo po levici, a pak zbývá rozesadit 17 zbylých žáků.
Hledaná pravděpodobnost je tedy
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) =
1
10
+
1
10
−
1
190
=
37
190
. (1b)
Příklad 4 (3,5b). V rovině R2
máme zadány body A = [−1, −3], B = [7, 1], C = [0, 11], které
jsou vrcholy trojúhelníku ABC.
a) Určete obsah trojúhelníku ABC.
b) Naleznětě souřadnice těžiště T trojúhelníku ABC.
c) Nalezněte parametrickou rovnici přímky q, která prochází bodem T a je rovnoběžná se
stranou AB trojúhelníku ABC.
d) Určete souřadnice průsečíku přímky q se stranou BC trojúhelníku ABC.
Řešení. a) Spočítáme vektory
−→
AB,
−→
AC a z nich obsah S = 1
2
det
−→
AB
−→
AC
.
−→
AB = B − A = [7, 1] − [−1, −3] = (8, 4) ,
−→
AC = C − A = [0, 11] − [−1, −3] = (1, 14)
S =
1
2
·
8 4
1 14
=
1
2
· (8 · 14 − 4 · 1) =
1
2
(112 − 4) =
108
2
= 54 (1b)
2
b) Spočítáme (např.) střed strany AB, ozn. SAB, a tečna bude ležet ve dvou-třetinách
úsečky CSAB.
SAB =
A + B
2
=
[−1, −3] + [7, 1]
2
= 6
2
, −2
2
= [3, −1]
T = C +
2
3
−−−→
CSAB = C +
2
3
(SAB − C)
= C +
2
3
SAB −
2
3
C =
1
3
C +
2
3
SAB
= [0, 11
3
] + [2, −2
3
] = [2, 3] (1b)
Samozřejmě druhá možnost by byla najít T jako průsečík přímek (třeba) CSAB a ASBC.
c) Přímka q je rovnoběžná se stranou AB, tedy bude mít směrový vektor
−→
AB.
q: T + t ·
−→
AB = [2, 3] + t (8, 4) (0,5b)
d) Vyjádříme si parametrickým předpisem přímku BC
BC : B + s ·
−−→
BC = [7, 1] + s (−7, 10)
a spočítáme průnic s přímkou q.
[2, 3] + t (8, 4) = [7, 1] + s (−7, 10)
t (8, 4) + s (7, −10) = [5, −2]
8 7 5
4 −10 −2
∼
4 −10 −2
0 27 9
∼
4 −10 −2
0 1 1
3
Průnik tedy nastává pro s = 1
3
.
q ∩ BC : [7, 1] + 1
3
(−7, 10) = 7 − 7
3
, 1 + 10
3
= 14
3
, 13
3
(1b)
-2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
q
3